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%%文档的题目、作者与日期
\author{2024级数学与应用数学1班}
\title{常微分方程期中考试解答}
\date{2025年11月13日}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{document}

\maketitle

% \noindent\rule{14cm}{0.4pt}

\begin{enumerate}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  验证函数 $y=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)$ 是微分方程 $y''+4y=0$ 的解。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 求导可得 $y'=-2C_1\sin(2x)+2C_2\cos(2x)$.
    \item 再求导可得 $y''=-4C_1\cos(2x)-4C_2\sin(2x)$.
    \item 验证可得 $y''+4y=0$.
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  求解初值问题：$y''=e^x, \, y(0)=1, y'(0)=2$。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 两边积分，可得 $y'=e^x+C_1$, 代入初值条件 $y'(0)=2$, 可得 $C_1=1$.
    \item 再次积分，可得 $y=e^x+x+C_2$, 代入初值条件 $y(0)=1$, 可得 $C_2=0$.
    \item 因此初值问题的唯一解为 $y=e^x+x$. 
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  求解微分方程：$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}$，并指出在平面上有意义的区域。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 分离变量可得 $\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x}$.
    \item 两边积分可得 $\ln |y|=\ln |x|+C_1$.
    \item 化简可得 $y=\pm e^{C_1}x$. 因此 $y=Cx$, 其中 $C=\pm e^{C_1}$ 是任意非零常数。
    \item 直接代入验证可知 $y=0$ 也是原方程的解，因此通解为 $y=Cx$, 其中 $C$ 是任意常数。
    \item 原方程的分母里有 $x$, 因此在$xy$平面上有意义的区域是 $(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid x\neq 0$. 
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  求解微分方程：$\frac{dy}{dx} - y = e^{2x}$。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 两边乘以 $e^{-x}$ 可得 $[e^{-x}y]'=e^x$. 
    \item 两边积分可得 $e^{-x}y=e^x+C$.
    \item 因此通解为 $y=e^{2x}+Ce^x$, 其中 $C$ 是任意常数。
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  求解微分方程：$y' = \frac{y+x}{y-x}$。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}
解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 设 $y=xu$, 其中 $u=u(x)$为未知函数，则原方程化为 $xu'+u=\frac{u+1}{u-1}$.
    \item 化简可得 $x\frac{du}{dx}=\frac{-u^2+2u+1}{u-1}$.
    \item 分离变量可得 $\frac{u-1}{-u^2+2u+1}du=\frac{dx}{x}$.
    \item 可得 $-\frac{1}{2}\frac{2u-2}{u^2-2u-1}{du}=\frac{dx}{x}$.
    \item 两边积分可得 $-\frac{1}{2}\ln |u^2-2u-1|=\ln|x|+C_1$.
    \item 化简可得 $u^2-2u-1=Cx^{-2}$.
    \item 代回 $u=y/x$ 可得 $y^2-2xy-x^2=C$, 其中 $C$ 是任意常数。
\end{enumerate}

解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 原方程可以化为 $(y-x)dy=(y+x)dx$. 
    \item 因此有 $ydy - xdx = xdy + ydx$. 
    \item 因此有 $\frac{1}{2}d(y^2-x^2)=d(xy)$. 
    \item 两边积分可得 $\frac{1}{2}(y^2-x^2)=xy+C_1$. 
    \item 因此原方程的通解为 $y^2-x^2-2xy=C$, 其中 $C$ 是任意常数。
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  将自治的二阶微分方程 $y''-2y'+y=0$ 化为一阶微分方程组。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 设 $z_1=y$, $z_2=y'$. 
    \item 可得 $z_1'=z_2$, 以及 $z_2'=y''=2y'-y=2z_2-z_1$. 
    \item 因此原方程可以写为
    $$
    \begin{pmatrix}z_1 \\ z_2 \end{pmatrix}'
    =\begin{pmatrix} 0&1 \\ -1&2 \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}z_1 \\ z_2 \end{pmatrix}.
    $$
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  求齐次线性微分方程组 $\frac{d \vec{y}}{dt}=A(t)\vec{y}$ 的通解，其中 $A(t) = \begin{bmatrix} 0 & \frac{1}{t} \\ -\frac{1}{t} & 0 \end{bmatrix}$。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 记 $\vec{y}=\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}$, 则 $y_1'=\frac{1}{t}y_2,\, y_2'=-\frac{1}{t}y_1$. 因此 $ty_1'=y_2,\, ty_2'=-y_1$. 
    \item 对对一个方程 $ty_1'=y_2$ 求导可得 $y_1'+ty_1''=y_2'$. 
    \item 与第二个方程 $ty_2'=-y_1$ 联立消去 $y_2$ 可得 $t^2y_1''+ty_1+y_1=0$.
    \item 设 $y_1=t^r$ 可得 $r(r-1)t^r+rt^r+t^r=0$. 
    \item 于是得到等式 $r^2+1=0$, 因此 $r=\pm i$. 
    \item 通解为 $y_1=C_1t^i + C_2t^{-i}$. 
    \item 根据指数函数的定义，与欧拉公式，可得 $t^i=e^{i\ln t}=\cos(\ln t)+i\sin(\ln t)$. 
    \item 因此通解为 $y_1=C_1[\cos(\ln t)+i\sin(\ln t)]+C_2[\cos(\ln t)-i\sin(\ln t)]$. 
    \item 因为 $C_1,C_2$是独立常数，所以 $C_1+C_2, iC_1-iC_2$ 也是独立常数，仍记为$C_1,C_2$. 
    \item 所以通解为 $y_1=C_1\cos(\ln t)+C_2\sin(\ln t)$. 
    \item 相应的 $y_2=ty_1'=-C_1\sin(\ln t)+C_2\cos(\ln t)$. 
    \item 最后线性方程组的通解可以写为 $\vec{y}=\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix} = C_1 \begin{bmatrix}\cos(\ln t) \\ -\sin(\ln t)\end{bmatrix} + C_2 \begin{bmatrix}\sin(\ln t) \\ \cos(\ln t)\end{bmatrix}$. 
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  设 $A=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\  1 & 1 \end{bmatrix}$, 求 $\exp(A)$。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}
解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 记 $A=E+N$, 其中 $E=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\  0 & 1 \end{bmatrix}$ 是单位阵，$N=\begin{bmatrix} 0 & 0 \\  1 & 0 \end{bmatrix}$ 是幂零阵，$N^2=O$. 
    \item 因为 $EN=NE$, 所以 $e^A=e^{E+N}=e^Ee^N$.
    \item 根据矩阵指数函数的定义， 
    $$e^A=E+A+\frac{1}{2!}A^2+\frac{1}{3!}A^3+\cdots + \frac{1}{n!}A^n+\cdots,$$
可得 $$e^E=E+E+\frac{1}{2!}E^2+\frac{1}{3!}E^3+\cdots + \frac{1}{n!}E^n+\cdots=\begin{bmatrix} e & 0 \\  0 & e \end{bmatrix},$$
$$e^N=E+N+\frac{1}{2!}N^2+\frac{1}{3!}N^3+\cdots + \frac{1}{n!}N^n+\cdots=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\  1 & 1 \end{bmatrix}.$$ 
    \item  因此 
    $$e^A=\begin{bmatrix} e & 0 \\  0 & e \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix} 1 & 0 \\  1 & 1 \end{bmatrix} 
    \begin{bmatrix} e & 0 \\  e & e \end{bmatrix}.
    $$

\end{enumerate}

解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 直接计算可得 $A^n=\begin{bmatrix} 1 & 0 \\  n & 1 \end{bmatrix}$. 
    \item 直接代入指数函数的定义，可得 
    \begin{equation*}
    \begin{aligned}
    e^A &= E+A+\frac{1}{2!}A^2+\frac{1}{3!}A^3+\cdots + \frac{1}{n!}A^n+\cdots \\ 
    & = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\  0 & 1 \end{bmatrix}
    + \begin{bmatrix} 1 & 0 \\  1 & 1 \end{bmatrix}
    + \frac{1}{2!}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\  2 & 1 \end{bmatrix}
    + \frac{1}{3!}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\  3 & 1 \end{bmatrix}
    +\cdots  
    + \frac{1}{n!}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\  n & 1 \end{bmatrix}
    +\cdots \\ 
    &= \begin{bmatrix} e & 0 \\  e & e \end{bmatrix}.
    \end{aligned}
    \end{equation*} 
\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  求解一阶线性方程在原点附近的幂级数解：$y' - xy = 0$。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 设所求幂级数与导函数为 
    $$y=\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_nx^n, \quad 
    y'=\sum\limits_{n=1}^{\infty}nc_nx^{n-1}. $$
    \item 代入原方程，合并同类项，令每项系数为零，可得：
    当$n\ge 2$时，$nc_n=c_{n-2}$, $c_1=0$. 
    \item 因此奇数项系数都为零 $c_1=c_3=c_5=\cdots=0$, 偶数项系数为 
    $$c_2=\frac{1}{2}c_0,$$ 
    $$c_4=\frac{1}{4}c_2=\frac{1}{4\cdot 2}c_0,$$ 
    $$c_6=\frac{1}{6}c_4=\frac{1}{6\cdot 4\cdot 2}c_0,$$ 
    $$c_{2k}=\frac{1}{2k}c_{2k-2}=\frac{1}{(2k)\cdots 4\cdot 2}c_0 = \frac{1}{(2k)!!},$$ 
    \item 因此幂级数解为 $$y=c_0\left( 1+\frac{1}{2}x^2+ \frac{1}{4!!}x^4+\frac{1}{6!!}x^6+\cdots + \frac{1}{(2k)!!}x^{2k}+\cdots\right). $$
    \item 比较指数函数 $\exp(x^2/2)$ 的幂级数可知，$$y=c_0\exp\left(\frac{x^2}{2}\right).$$  

\end{enumerate}

}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  作出平面动力系统在原点附近的相图：
\begin{eqnarray*}
\left\{ \begin{array}{rcl}
\frac{dx}{dt} &=& x+y, \\
\frac{dy}{dt} &=& -x+y.\\
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
    \item 系数矩阵为 $A=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\  -1 & 1 \end{bmatrix}$, 特征多项式为 $|\lambda E-A|=(\lambda-1)^2+1=0$, 所以特征值为 $\lambda=1\pm i$. 
    \item 特征值 $\lambda_1=1+i$ 的一个特征向量为 $\xi_1=\begin{bmatrix}1\\ i \end{bmatrix}$. 
    \item 特征值 $\lambda_2=1-i$ 的一个特征向量为 $\xi_2=\begin{bmatrix}i\\ 1 \end{bmatrix}$. 
    \item 在复数范围内的通解为
    $$\begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} = 
    c_1e^{(1+i)t}\begin{bmatrix}1\\ i \end{bmatrix}
    +c_2e^{(1-i)t}\begin{bmatrix}i\\ 1 \end{bmatrix}, $$
    其中 $c_1,c_2$ 是任意复数。
    \item 为得到实数范围内的通解，考虑在复数范围内的一个解
    $$\begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} = 
    e^{(1+i)t}\begin{bmatrix}1\\ i \end{bmatrix}
    = e^t\begin{bmatrix}\cos t + i\sin t\\ i(\cos t + i\sin t) \end{bmatrix}.$$
    \item 这个解的实数部分、虚数部分分别为 
    $$\begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} = 
    = e^t\begin{bmatrix}\cos t \\ -\sin t \end{bmatrix}, \quad 
    \begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} = 
    = e^t\begin{bmatrix}\sin t\\ \cos t \end{bmatrix}.$$
    \item 因此在实数范围内的通解为 
    $$\begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} = 
    = C_1 e^t\begin{bmatrix}\cos t \\ -\sin t \end{bmatrix}
    + C_2 e^t\begin{bmatrix}\sin t\\ \cos t \end{bmatrix},$$
    其中 $C_1,C_2$ 是任意实数。 
    \item  取一个基解矩阵为
    $$X= e^t\begin{bmatrix}\cos t & \sin t \\ -\sin t & \cos t\end{bmatrix},$$
    则有 $\frac{dX}{dt}=AX$, 其中 $\frac{d}{dt}$ 是对矩阵的每个分量都求导。
    \item  根据上述通解，选取两个任意常数的一些值，画出相图\ref{prob10}. 
    \begin{figure}\centering
    \includegraphics[height=5cm, width=5cm]{week10_prob10.png}
    \caption{第10题的相图}
    \label{prob10}    
    \end{figure}
    
%代码：
\end{enumerate}

}

\lstinputlisting[language=Python, caption=第10题的代码]{week10_prob10.py}



\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\end{enumerate}

\end{document}